第四次作业参考答案

6.1 第四次作业参考答案

6.1.1 习题3.5

例 6.1.1 （习题3.5.1） $\sin (x^{2})$ 是 $R$ 上的一致连续函数吗？为什么？

解不是。假设 $\sin (x^{2})$ 一致连续，则 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ ，使得 $\forall x, y \in R$ ， $\begin{matrix} (1) & | x - y | < δ ⟹ | \sin (x^{2}) - \sin (y^{2}) | < ε \end{matrix}$ 取 $ε = 1$ ， $n = ⌊ \frac{π}{4 δ^{2}} ⌋ + 1$ ， $x = \sqrt{(n + \frac{1}{2}) π}$ ， $y = \sqrt{(n + \frac{3}{2}) π}$ ，则 $\begin{matrix} (2) & | x - y | = \frac{π}{\sqrt{(n + \frac{1}{2}) π} + \sqrt{(n + \frac{3}{2}) π}} < \frac{\sqrt{π}}{2 \sqrt{n}} < δ, | \sin (x^{2}) - \sin (y^{2}) | = 2 \geq ε \end{matrix}$ 矛盾！故 $\sin (x^{2})$ 不是一致连续的。 $◻$

例 6.1.2 （习题3.5.3）证明： $R$ 上任何连续的周期函数都是一致连续的。

证明设 $T$ 为 $f$ 的周期，则 $f$ 在 $[0, 2 T]$ 上一致连续，即 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ 使得 $\forall x, y \in [0, 2 T]$ ， $| x - y | < δ ⟹ | f (x) - f (y) | < ε$ ；故 $\forall x, y \in R$ ，设 $| x - y | < δ^{'} = min {δ, T}$ ，记 $\begin{matrix} (3) & {\begin{cases} x = k_{1} T + x_{0}, & k_{1} \in Z, x_{0} \in [0, T) \\ y = k_{2} T + y_{0}, & k_{2} \in Z, y_{0} \in [0, T) \end{cases} \end{matrix}$ 显然 $k_{1}, k_{2}$ 至多相差 $1$ 。依据以下规则选择 $ξ, η$ ， $\begin{matrix} (4) & {\begin{cases} ξ = x_{0}, η = y_{0}, & k_{1} = k_{2} \\ ξ = x_{0} + T, η = y_{0}, & k_{1} = k_{2} - 1 \\ ξ = x_{0}, η = y_{0} + T, & k_{1} = k_{2} + 1 \end{cases} \end{matrix}$ 则有 $\begin{matrix} (5) & | x - y | < δ^{'} ⟹ | ξ - η | < δ ⟹ | f (x) - f (y) | = | f (ξ) - f (η) | < ε \end{matrix}$ 即 $f$ 在 $R$ 上一致连续。 $◻$

6.1.2 习题4.1

例 6.1.3 （例4.1.4）设 $f^{'} (x_{0}) = λ$ ， $x_{n} < x_{0} < y_{n}$ 满足 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = lim_{n \to + \infty} y_{n} = x_{0}$ ，证明： $\begin{matrix} (6) & lim_{n \to + \infty} \frac{f (y_{n}) - f (x_{n})}{y_{n} - x_{n}} = λ \end{matrix}$ 如果所有 $x_{n}, y_{n}$ 都位于 $x_{0}$ 的同一侧，结论还成立吗？为什么？

证明参见例5.3.1和例5.3.2。 $◻$

错解以下错解很精彩，请读者自行找出错误之处：由Heine定理可得 $\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} \frac{f (y_{n}) - f (x_{n})}{y_{n} - x_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{f (y_{n}) - f (x_{0}) + f (x_{0}) - f (x_{n})}{y_{n} - x_{n}} \\ = lim_{n \to + \infty} \frac{f (y_{n}) - f (x_{0})}{y_{n} - x_{0}} lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n} - x_{0}}{y_{n} - x_{n}} + lim_{n \to + \infty} \frac{f (x_{0}) - f (x_{n})}{x_{0} - x_{n}} lim_{n \to + \infty} \frac{x_{0} - x_{n}}{y_{n} - x_{n}} \\ = f^{'} (x_{0}) lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n} - x_{0}}{y_{n} - x_{n}} + f^{'} (x_{0}) lim_{n \to + \infty} \frac{x_{0} - x_{n}}{y_{n} - x_{n}} = f^{'} (x_{0}) \end{aligned} \end{matrix}$

6.1.3 习题4.2

例 6.1.4 （习题4.2.4）求以下函数的导数：

(1): $\ln (x + \sqrt{1 + x^{2}})$ ；
(2): $\sin e^{x^{2}}$ ；
(3): $\tan (\arcsin x)$ ；
(4): $\sqrt{x + \sqrt[3]{x}}$ ；
(5): $f (x) = {\begin{cases} x^{2} \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$ 。

解 (1) $\begin{matrix} (8) & f^{'} (x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}} \end{matrix}$

(2) $\begin{matrix} (9) & f^{'} (x) = 2 x e^{x^{2}} \cos e^{x^{2}} \end{matrix}$

(3) $\begin{matrix} (10) & f^{'} (x) = \frac{1}{(1 - x^{2})^{3 / 2}} \end{matrix}$

(4) $\begin{matrix} (11) & f^{'} (x) = \frac{1}{2 \sqrt{x + \sqrt[3]{x}}} (1 + \frac{1}{3 \sqrt[3]{x^{2}}}) \end{matrix}$

(5) $\begin{matrix} (12) & f^{'} (x) = {\begin{cases} 2 x \sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases} \end{matrix}$ $◻$

例 6.1.5 （习题4.2.7）设 $0 < ε < 1$ ， $x (t) = t - ε \sin t$ ， $y (t) = 1 - ε \cos t$ 。求 $\frac{d y}{d x}$ 。

解 $\begin{matrix} (13) & \frac{d y}{d x} = \frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{ε \sin t}{1 - ε \cos t} \end{matrix}$ $◻$

6.1.4 习题4.3

例 6.1.6 （习题4.3.2）求以下函数的二阶导数：

(1): $\ln (x + \sqrt{1 + x^{2}})$ ；
(2): $\sin (e^{x^{2}})$ ；
(3): $\tan (\arcsin x)$ ；
(4): $\sqrt{x + \sqrt[3]{x}}$ 。

解 (1) $\begin{matrix} (14) & f^{″} (x) = \frac{- x}{(1 + x^{2})^{3 / 2}} \end{matrix}$

(2) $\begin{matrix} (15) & f^{″} (x) = 2 e^{x^{2}} [(1 + 2 x^{2}) \cos e^{x^{2}} - 2 x^{2} e^{x^{2}} \sin e^{x^{2}}] \end{matrix}$

(3) $\begin{matrix} (16) & f^{″} (x) = \frac{3 x}{(1 - x^{2})^{5 / 2}} \end{matrix}$

(4) $\begin{matrix} (17) & f^{″} (x) = - \frac{5 + 10 x^{2 / 3} + 9 x^{4 / 3}}{36 (1 + x^{2 / 3}) x^{5 / 3} \sqrt{x + x^{1 / 3}}} \end{matrix}$ $◻$

例 6.1.7 （习题4.3.10）设 $f (x) = {\begin{cases} e^{- \frac{1}{x^{2}}}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$ ，证明： $f$ 是 $C^{\infty}$ 函数，且 $\forall n \in N$ ， $f^{(n)} (0) = 0$ 。

证明当 $x \neq 0$ 时， $f$ 为初等函数，故 $f$ 在 $x \neq 0$ 处无穷阶可导。设 $f^{(n)} (x) = e^{- \frac{1}{x^{2}}} P_{n} (\frac{1}{x})$ ，则有 $\begin{matrix} (18) & e^{- \frac{1}{x^{2}}} P_{n + 1} (\frac{1}{x}) = f^{(n + 1)} (x) = e^{- \frac{1}{x^{2}}} [\frac{2}{x^{3}} P_{n} (\frac{1}{x}) - \frac{1}{x^{2}} P_{n}^{'} (\frac{1}{x})] \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (19) & P_{n + 1} (t) = 2 t^{3} P_{n} (t) - t^{2} P_{n}^{'} (t) \end{matrix}$ 结合 $P_{0} (t) = 1$ ，归纳可证 $P_{n}$ 为多项式以及 $\begin{matrix} (20) & f^{(n)} (0) = lim_{x \to 0} \frac{f^{(n - 1)} (x) - f^{(n - 1)} (0)}{x - 0} = lim_{x \to 0} e^{- \frac{1}{x^{2}}} \frac{1}{x} P_{n - 1} (\frac{1}{x}) = lim_{t \to \infty} \frac{t P_{n - 1} (t)}{e^{t^{2}}} = 0 \end{matrix}$ 故 $f$ 是 $C^{\infty}$ 函数，且 $\forall n \in N$ ， $f^{(n)} (0) = 0$ 。 $◻$

例 6.1.8 （习题4.3.11）设 $n \in N^{*}$ 。证明 $n$ 阶Legendre多项式 $\begin{matrix} (21) & P_{n} (x) := \frac{1}{2^{n} n!} \frac{d^{n}}{d x^{n}} {(x^{2} - 1)}^{n} \end{matrix}$ 是以下二阶微分方程的解： $\begin{matrix} (22) & (1 - x^{2}) y^{″} - 2 x y^{'} + n (n + 1) y = 0 \end{matrix}$

证明注意到 $\begin{matrix} (23) & \begin{aligned} {[(x^{2} - 1) (x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 2)} \\ = (x^{2} - 1) {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 2)} + 2 (n + 2) x {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 1)} + (n + 2) (n + 1) {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n)} \\ = (n + 1) {[2 x (x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 1)} = (n + 1) {2 x {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 1)} + 2 (n + 1) {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n)}} \end{aligned} \end{matrix}$ 整理可得 $\begin{matrix} (24) & (x^{2} - 1) {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 2)} + 2 x {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 1)} - n (n + 1) {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n)} = 0 \end{matrix}$ 代入 $P_{n} (x)$ 的表达式可得 $\begin{matrix} (25) & (1 - x^{2}) P_{n}^{″} (x) - 2 x P_{n}^{'} (x) + n (n + 1) P_{n} (x) = 0 \end{matrix}$ $◻$

另证设 $y_{n} = (x^{2} - 1)^{n}$ ，由于 $P_{n} (x) \propto y_{n}^{(n)}$ ，故我们只需证明 $y_{n}$ 满足相同形式的微分方程。注意到 $\begin{matrix} (26) & y^{'} = 2 n x (x^{2} - 1)^{n - 1} ⟹ (x^{2} - 1) y^{'} = 2 n x y \end{matrix}$ 等式两边同时求 $n + 1$ 阶导可得 $\begin{matrix} (27) & (x^{2} - 1) y^{(n + 2)} + 2 (n + 1) x y^{(n + 1)} + n (n + 1) y^{(n)} = 2 n x y^{(n + 1)} + 2 n (n + 1) y^{(n)} \end{matrix}$ 移项得证。 $◻$

例 6.1.9 （习题4.3.16）设 $0 < ε < 1$ ， $x (t) = t - ε \sin t$ ， $y (t) = 1 - ε \cos t$ 。求 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}$ 。

解 $\begin{matrix} (28) & \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{\frac{d}{d t} \frac{d y}{d x}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{\frac{d}{d t} \frac{ε \sin t}{1 - ε \cos t}}{1 - ε \cos t} = \frac{ε (\cos t - ε)}{(1 - ε \cos t)^{3}} \end{matrix}$ $◻$

6.1.5 习题4.4

例 6.1.10 （习题4.3.16）设 $0 < ε < 1$ ， $x (t) = t - ε \sin t$ ， $y (t) = 1 - ε \cos t$ 。求该曲线在点 $(0, 1 - ε)$ 处的曲率。

解计算可得 $\begin{matrix} (29) & \begin{aligned} x^{'} (t) & = 1 - ε \cos t, & y^{'} (t) & = ε \sin t \\ x^{″} (t) & = ε \sin t, & y^{″} (t) & = ε \cos t \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $\begin{matrix} (30) & x^{'} (0) = 1 - ε, y^{'} (0) = 0, x^{″} (0) = 0, y^{″} (0) = ε \end{matrix}$ 代入曲率公式可得 $\begin{matrix} (31) & κ = \frac{| x^{'} (0) y^{″} (0) - x^{″} (0) y^{'} (0) |}{{[(x^{'} (0))^{2} + (y^{'} (0))^{2}]}^{3 / 2}} = \frac{ε}{(1 - ε)^{2}} \end{matrix}$ $◻$